全国通用版高中数学第八章立体几何初步重点易错题.pdf

(名师选题名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步重点易错题全国通用版高中数学第八章立体几何初步重点易错题 单选题 1、已知,是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行 B过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直 C平面不垂直平面，但平面内存在直线垂直于平面 D若直线不垂直于平面，则在平面内不存在与垂直的直线 答案：B 分析：举特例说明判断 A；由平面的基本事实及线面垂直的性质推理判断 B；推理说明判断 C；举例说明判断D 作答.正方体 1111中，直线11、直线11都平行于平面，而直线11与11相交，A 不正确；如图，直线是平面的斜线，=，点P是直线l上除斜足外的任意一点，过点P作 于点A，则直线是斜线在平面内射影，直线与直线确定平面，而 平面，则平面 平面，即过斜线有一个平面垂直于平面，因平面的一条斜线在此平面内的射影是唯一的，则直线与直线确定的平面唯一，所以过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直，B 正确；如果平面内存在直线垂直于平面，由面面垂直的判断知，平面垂直于平面，因此，平面不垂直平面，则平面内不存在直线垂直于平面，C 不正确；如图，在正方体 1111中，平面为平面，直线1为直线，显然直线不垂直于平面，而平面内直线,都垂直于直线，D 不正确.故选：B 2、在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马如图，若四棱锥 为阳马，侧棱 底面，且=22，=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A4B8C16D32 答案：C 分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥 为阳马，侧棱 底面，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为，则(2)2=2+2+2=4+4+8=16，所以=2，所以该阳马的外接球的表面积为42=16.故选：C.3、如图，已知正方体的棱长为，沿图 1 中对角面将它分割成两个部分，拼成如图 2 的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A(8+22)2B(2+42)2C(4+22)2D(6 42)2 答案：C 分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为2，宽为，所以面积为22，所以拼成的几何体的表面积为42+222=(4+22)2.故选：C.4、下列说法正确的是（）A有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 B过空间内不同的三点，有且只有一个平面 C棱锥的所有侧面都是三角形 D用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 答案：C 分析：根据定义逐项分析即可 对：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以错误，反例如图：对：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故错误；对：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故正确；对：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故错误，故选：.5、在三棱锥 中,分别是,边的中点，且 ，则四边形是（）A平行四边形 B矩形 C菱形 D正方形 答案：B 分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形是平行四边形，再利用 可得四边形是矩形.因为,分别是,边的中点，所以/,/，所以/；同理可得/，所以四边形是平行四边形；又因为 ，所以 ，即四边形是矩形.故选：B.6、如图，是水平放置的 的直观图，=6，=2，则 的面积是（）A6B12C62D32 答案：B 分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原 是一个直角三角形，其中直角边=6,=4，直接求解其面积即可 解：由直观图画法规则，可得 是一个直角三角形，其中直角边=6,=4，=12 =12 6 4=12 故选：B 7、如图，在三棱柱 111中，M，N分别为棱1，1的中点，过作一平面分别交底面三角形的边，于点E，F，则（）A/B四边形为梯形 C四边形为平行四边形 D11/答案：B 解析：由已知条件及线面平行的性质可得 且 ，可得四边形为梯形，可得答案.解：在11中，=1，=1，.又 平面，平面，平面.又 平面，平面 平面=，.显然在中，四边形为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.8、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）A18B20C223D26 答案：A 分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可 解：由题意得，球的半径=2，圆柱的底面半径=1，高=3，则该几何体的表面积为=22+2+2=8+4+2 1 3=18 故选：A.9、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022 年卡塔尔世界杯是第 22 届世界杯足球赛比赛于 2022 年 11 月 21 日至 12 月 18 日在卡塔尔境内 7 座城市中的 12座球场举行已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足=2dm，二面角 的大小为23，则该足球的体积为（）A74227dm3B35227dm3C1427dm3D32227dm3 答案：A 分析：画出图形，为线段的中点，则可得为二面角 的平面角，取,分别是线段,上靠近点的三等分点，则可得,分别为 和 的外心，过,分别作平面和平面的垂线,，交于点，则点为三棱锥 外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，然后结已知数据求出，从而可求出足球的体积 根据题意，三棱锥 如图所示，图中点为线段的中点，,分别是线段,上靠近点的三等分点，因为=2dm，所以 和 均为等边三角形，因为点为线段的中点，所以 ,，所以为二面角 的平面角，所以=23，因为 和 均为等边三角形，点为线段的中点，所以,分别为 和 的中线，因为,分别是线段,上靠近点的三等分点，所以,分别为 和 的外心，过,分别作平面和平面的垂线,，交于点，则点为三棱锥 外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，因为 ,，=2dm，所以=62dm，则=66dm，因为=,=,=90，所以 ，所以=12=3，在直角 中，=tan3=22，因为 平面，平面，所以 ，因为是 的外心，所以=63，所以=2+2=76,所以=43 3=43(76)3=74227，所以足球的体积为74227dm，故选：A 小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题 10、已知直线a，b，平面，=，/，那么“”是“”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案：C 分析：过直线作平面，交平面于直线，/，/，由 可推出 ，由 可推出 ，故“”是“”的充要条件 解：若 ，过直线作平面，交平面于直线，/，/，又 ，又 ，若 ，过直线作平面，交平面于直线，/，/，又 ，=，故“”是“”的充要条件，故选：11、在下列判断两个平面与平行的 4 个命题中，真命题的个数是（）、都垂直于平面r，那么 、都平行于平面r，那么 、都垂直于直线l，那么 如果l、m是两条异面直线，且 ，那么 A0B1C2D3 答案：D 分析：在正方体中观察可判断；由平面平行的传递性可判断；由线面垂直的性质可判断；根据面面平行判定定理可判断.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故错误；由平面平行的传递性可知正确；由线面垂直的性质可知正确；过直线l做平面与、分别交于1,2，过直线m做平面与、分别交于1,2，因为 ，所以 1,2，所以1 2 因为1，2，所以1 同理，1 又l、m是两条异面直线，所以1,2相交，且1，1 所以 ，故正确.故选：D 12、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，=2，=1，点P在线段EF上.给出下列命题：存在点P，使得直线/平面ACF；存在点P，使得直线 平面ACF；直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是55,1；三棱锥 的外接球被平面ACF所截得的截面面积是98.其中所有真命题的序号（）ABCD 答案：D 分析：当点P是线段EF中点时判断；假定存在点P，使得直线 平面ACF，推理导出矛盾 判断；利用线面角的定义转化列式计算判断；求出 外接圆面积判断作答.取EF中点G，连DG，令 =，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则/且=，即四边形DGFO是平行四边形，即有/，而 平面ACF，平面ACF，于是得/平面ACF，当点P与G重合时，直线/平面ACF，正确；假定存在点P，使得直线 平面ACF，而 平面ACF，则 ，又/，从而有 ，在Rt 中，=90，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即不正确；因平面 平面，平面 平面=，则线段EF上的动点P在平面上的射影在直线BD上，于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，=，sin=sin=12+2=11+2，而0 2，则55 sin 0)，则=，从而=cos60=2，=12=4，如图，当且仅当 ，即是圆的切线时，角有最大值，tan有最大值，tan取得最大值为：=22=4(+4)2(4)2=612 所以答案是：612.17、正方体 的棱长为，则异面直线与间的距离等于_ 答案：33 分析：作辅助线，找出异面直线与的公垂线段，求出公垂线段可得答案.取中点，连接，与交于，与交于，由正方体的性质可知,.由 与 相似可得=12，同理可得=12，所以，且=13=33，所以为与间的公垂线段，所以异面直线与间的距离等于33 所以答案是：33.解答题 18、如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，ABC90，PA2，AC22 (1)求证：平面 平面；(2)若二面角PBCA的大小为 45，过点A作ANPC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小 答案：(1)证明见解析(2)60 分析：（1）根据线线垂直得 平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由题意求出,的长，过点作 于，连接，则为直线与平面所成的角，然后在Rt 中可求得结果（1）证明：因为PA底面，平面，所以 ，因为ABC90，所以 ，因为 =,所以 平面，因为 平面，所以平面 平面，（2）由（1）可知 平面，平面，所以 ，因为 ，所以为二面角 的平面角，所以=45，因为=2,=22,=90，所以=2，过点作 于，则 平面，且为的中点，连接，则为直线与平面所成的角，在Rt 中，=12=12 22=2,在Rt 中，=2+2=4+8=23，则=22223=263，在Rt 中，sin=2263=32，因为0 180，所以=60，所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60 19、定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.（1）在空间，求与定点距离等于 1 的点所围成的几何体的体积和表面积；（2）在空间，线段(包括端点)的长等于 1，求到线段的距离等于 1 的点所围成的几何体的体积和表面积；（3）在空间，记边长为 1 的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于 1 的点所围成的几何体的体积和表面积.答案：（1）=43，=4；（2）=73，=6；（3）=103+2，=8+2.分析：（1）根据球的体积和表面公式计算可得结果；（2）依题意可知围成的几何体是一个圆柱和两个半球的组合体，依据公式即可求得结果；（3）分析可知，到距离等于 1 的点所围成的几何体是一个棱长分别为 1，1，2 的长方体和四个高为 1，底面半径为 1 的半圆柱以及四个半径为 1 的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.（1）与定点距离等于 1 的点所围成的几何体是一个半径为 1 的球，其体积为43，表面积为4，（2）到线段的距离等于 1 的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为 1 的圆柱的侧面与两个半径为 1 的半球面所围成的几何体，其体积为 12 1+43 13=73，表面积为2 1 1+4 12=6.（3）到距离等于 1 的点所围成的几何体是一个棱长分别为 1，1，2 的长方体和四个高为 1，底面半径为 1的半圆柱以及四个半径为 1 的四分之一球所围成的几何体，其体积为1 1 2+4 12 12 1+4 1443 13=2+2+43=103+2，表面积为2 1 1+4 12 2 1+4 14 4 12=8+2.小提示：本题考查了空间想象能力，考查了长方体、圆柱、球的体积和表面积公式，解题关键是根据定义得到几何体是由哪些几何体组合而成，属于难题.20、如图，四棱锥 中，是等边三角形，底面是直角梯形，,=2,=3，分别是,的中点.(1)求证：平面；(2)若=3，求直线与平面所成角的正弦值.答案：(1)证明见解析(2)337 分析：（1）作出辅助线，通过证明面面平行得到线面平行；（2）先用余弦定理求出的长，用等体积法求出到平面的距离，从而求出直线与平面所成角的正弦值.(1)证明：取的中点，连接，因为底面是直角梯形，是AD的中点，所以/，因为 平面PAB，平面PAB，所以/平面PAB，又因为是PC的中点，所以是PBC的中位线，所以/，因为 平面PAB，平面PAB，所以/平面PAB，因为 =，所以平面/平面，而 平面，所以/平面；(2)取AB中点O，连接PO，CO，AC，因为 是等边三角形，所以=2，PBA=60，又因为底面是直角梯形，,=2,=3，所以ABC是等边三角形，COAB，故四边形AOCD是矩形，所以=1，由第一问可知，=12=1，=12(+)=32，=60，由余弦定理得，=1+94 2 1 32 cos60=72 =3,=3,由余弦定理得：cos=2+222=12，=120 又 ,=，平面,平面ABC，平面 平面，过点P作PHOH，交CO的延长线于点H，则 平面,=sin60=32，=2,=3,cos=2+222=18，故sin=378 =12 sin=374，连接GB，GC，其中=12(+)12 12 =3323234=334 设到平面的距离设为，则13 374=1332334 =32114,直线与平面所成角的正弦值为=337.